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  • 2021-07-08 发布

【化学】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考(解析版)

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河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考 一、选择题(共50分)‎ ‎1.下列有关说法正确的是(  )‎ A. 酸性溶液中不存在一水合氨分子 B. 稀释pH=3的醋酸,溶液中所有离子浓度均降低 C. 常温下,pH均为10的NaOH溶液和NaCN溶液中,由水电离出来的H+浓度相等 D. 向氢氧化镁的悬浊液中加少量的水,平衡向溶解方向移动且c(Mg2+)不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 在氯化铵溶液中,因铵根离子发生水解反应:NH4++H2O=NH3·H2O+H+,使溶液显酸性,溶液中存在一水合氨分子,故A错误;B. 稀释pH=3的醋酸,溶液中的H+浓度降低,因温度不变,则Kw不变,所以OH-浓度升高,故B错误;C. 碱抑制水的电离,CN-能水解,促进水的电离,则常温下pH均为10的NaOH溶液和NaCN溶液中,由水电离出来的H+浓度后者大,故C错误;D. 向氢氧化镁的悬浊液中加少量的水,使氢氧化镁的溶解平衡向溶解方向移动,由于温度不变,则溶液的浓度不变,c(Mg2+)也不变,故D正确;答案选D。‎ ‎2.室温下,一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的Na2SO4溶液,当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时,溶液的pH=11(忽略反应前后的体积变化),则Ba(OH)2溶液与Na2SO4溶液的体积比是(  )‎ A. 1:9 B. 1:‎1 ‎C. 1:2 D. 1:4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生反应是Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH,反应前后n(OH-)几乎保持不变,据此进行分析。‎ ‎【详解】令Ba(OH)2的体积为V‎1 L,Na2SO4的体积为V‎2 L,发生Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH,根据反应方程式,反应前后n(OH-)几乎保持不变,因此有V1×=(V1+V2)×,推出V1:V2=1:9,故A正确;答案:A。‎ ‎3.电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染,其原理如图。下列说法不正确的是( )‎ A. A为电源正极 B. 在Pt电极上发生氧化反应 C. 阴极的电极反应式为:2NO3- + 6H2O + 10e- = N2 + 12OH-‎ D. 若电路转移10mol e-,质子交换膜右侧溶液质量减少‎18g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据装置图,右边NO3-→N2,N的化合价降低,根据电解原理,右边电极为阴极,左边为阳极,装置中有质子交换膜,说明溶液为酸性,据此分析。‎ ‎【详解】A.根据装置图,右边电极NO3-→N2,N的化合价由+5价→0价,化合价降低,根据电解原理,右边电极为阴极,左边电极为阳极,即A为正极,B为负极,故A正确;‎ B.根据选项A的分析,Pt电极为阳极,即该电极上发生氧化反应,故B正确;‎ C.交换膜为质子交换膜,只允许H+通过,说明电解质溶液显酸性,其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O,故C错误;‎ D.阴极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O,电路中转移10mol e-,生成1mol N2,即产生‎28g H2,同时从左边向右边移动10mol H+,即右边溶液质量减少(‎28g‎-10g)=‎18g,故D正确;‎ 答案:C。‎ ‎【点睛】电极反应式是氧化还原反应的半反应,一般按照氧化剂+ne-→还原产物,还原剂-ne-→氧化产物,然后判断溶液的酸碱性,判断出是H+还是OH-参与反应,像本题交换膜是质子交换膜,说明溶液显酸性,最后根据电荷守恒和原子守恒配平其他。‎ ‎4.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离的c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液中:K+、Na+、SiO32-、SO42-‎ B. 1.0mol/L的CH3COOH溶液:K+、Fe3+、NO3-、Cl-‎ C. 在c(OH-):c(H+)=1×1012的溶液: NH4+、Ca2+、Cl-、K+‎ D. 滴入酚酞试剂不变色的溶液:Na+、CO32-、NO3-、SO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项,常温下水电离c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液的pH=1或pH=13,溶液可能呈酸性也可能呈碱性,若溶液呈酸性,SiO32-不能大量存在,若溶液呈碱性,离子能大量共存;B项,CH3COOH溶液中离子相互间不反应,能大量共存;C项,c(OH-):c(H+)=11012的溶液呈碱性,NH4+不能大量存在;D项,酚酞的变色范围为8.2~10,滴入酚酞试剂不变色的溶液可能呈酸性、中性或碱性,在酸性条件下,CO32-、SO32-不能大量存在,同时酸性条件下NO3-会与SO32-发生氧化还原反应不能大量共存;一定能大量共存的是B,答案选B。‎ 点睛:离子不能大量共存的原因有:(1)离子间发生复分解反应生成沉淀(如H+与SiO32-等)、弱电解质、气体(如H+与CO32-、SO32-等);(2)离子间发生氧化还原反应,如H+、NO3-与SO32-等;(3)离子间发生络合反应,如Fe3+与SCN-等;(4)离子间发生双水解反应,如Al3+、Fe3+与HCO3-、CO32-等;(5)注意题干的附加条件,如无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等;常温下水电离的c(H+)110-7mol/L溶液、与Al反应放出H2的溶液既可能呈酸性也可能呈碱性。‎ ‎5.在K2S溶液中存在着多种分子和离子,下列关系错误的是 ( )‎ A. c(K+)+ c(H+)= ‎2 c(S 2-)+ c(HS -)+ c(OH-)‎ B. c(OH-)= c(HS -)+ c(H+)+ ‎2c(H2S)‎ C. c(K+)= 2 [c(HS -)+ c(S 2-) + c(H2S)]‎ D. c(OH-)= c(HS -)+ c(H+)+ c(H2S)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷守恒和物料守恒进行分析和判断。‎ ‎【详解】A.溶液中存在的离子是K+、H+、S2-、HS-、OH-,根据电荷守恒,因此有c(K+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+‎2c(S2-),故A说法正确;‎ B.根据电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c(HS-)+c(OH-)+‎2c(S2-),根据物料守恒:c(K+)=2[c(S2‎ ‎-)+c(HS-)+c(H2S)],两式联立得到c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+‎2c(H2S),故B说法正确;‎ C.根据物料守恒,得出c(K+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)],故C说法正确;‎ D.根据选项B分析,故D说法错误;‎ 答案:D。‎ ‎6.对于0.1mol·L-1Na2SO3溶液,正确的是 A. 升高温度,溶液的pH降低 B. c(Na+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)‎ C. c(Na+)+c(H+)=‎2 c(SO32-)+ ‎2c(HSO3-)+ c(OH-)‎ D. 加入少量NaOH固体,c(SO32-)与c(Na+)均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO32-水解溶液显碱性,SO32-水解过程是吸热反应,升温平衡正向进行,OH-离子浓度增大,溶液pH增大,故A错误;‎ B、依据溶液中物料守恒分析判断,n(Na)=2n(S),溶液中离子浓度存在c(Na+)=‎2c(SO32-)+‎2c(HSO3-)+‎2c(H2SO3),故B错误;‎ C、溶液中存在电荷守恒分析,阳离子和阴离子所带电荷数相同,c(Na+)+c(H+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),故C错误;‎ D、Na2SO3水解显碱性,加入NaOH固体,OH-浓度增大,平衡逆向移动,溶液中SO32-浓度增大,Na+浓度增大,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎7.草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1mol·L-1 KHC2O4溶液中,下列关系正确的是 A. c(K+)+c(H+) = c(HC2O4-)+c(OH-)+c(C2O42-)‎ B. c(HC2O4-)+c(C2O42-) = 0.1 mol·L-1‎ C. c(C2O42-) < c(H‎2C2O4)‎ D. c(K+) = c(H‎2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 既能电离也能水解,溶液显酸性,说明的电离大于水解。‎ ‎【详解】A.电荷守恒:,A错;‎ B.物料守恒:,B错误;‎ C.由电离而来,由水解而来,因溶液显酸性,所以的电离大于水解,故,C错误;‎ D.物料守恒:,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】电解质溶液中的三大守恒:电荷守恒,无论溶液中有多少种离子存在,溶液总是呈电中性的,所以阴阳离子电荷浓度之和始终相等;物料守恒,溶液中的某种元素不论存在于那种化合物中,其总量始终是不变的;质子守恒,溶液中由水电离得氢离子始终等于氢氧根。‎ ‎8.已知‎25℃‎,醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如下表,下列叙述正确的是(  ) ‎ 酸 电离平衡常数 醋酸 Ki=1.75×10-5‎ 次氯酸 Ki=2.98×10-8‎ 碳酸 Ki1=4.30×10-7‎ Ki2=5.61×10-11‎ 亚硫酸 Ki1=1.54×10-2‎ Ki2=1.02×10-7‎ A. 将0.1 mol/L的醋酸加水不断稀释,c(CH3COO-)始终减小 B. 少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为:CO2+H2O+2ClO-=CO32-+2HClO C. 少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离予方程式为:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO D. ‎25℃‎,等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中,碱性最强的是NaClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.加水稀释醋酸溶液,能促进醋酸电离,但醋酸根离子增大程度小于溶液体积增大程度,所以醋酸根离子浓度减小,故A正确;B.少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为:CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO,故B错误;C.二氧化硫具有还原性,次氯酸根离子具有氧化性,二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子,所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为:SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+,故C错误;D.相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液,对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大,溶液中氢氧根离子浓度越大,PH越大,水解程度大小顺序是CH3COO-<SO3 2-<ClO-<CO32-,所以碱性最强的是碳酸钠溶液,故D错误;故选A。‎ 点睛:本题考查弱电解质的电离、盐类的水解、氧化还原反应等知识点,易错选项是CD,注意二氧化硫能被次氯酸根离子氧化生成硫酸根离子,注意盐类水解程度大小的比较方法。‎ ‎9.一定条件下的可逆反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H <0,按照相同的物质的量投料,测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是(  )‎ A. 温度:T1< T2 ν(c); ν(b)>ν(d)‎ C. 平衡常数: K(a) =K(c) ;K(b) >K(d)‎ D. 平均摩尔质量:M(a)M(d)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应的正反应方向是放热反应,随着温度的升高,平衡向逆反应方向进行,CO的转化率降低,因此根据图像,在相同压强下,得出T1v(d),故B说法错误;‎ C.平衡常数只受温度的影响,该反应为放热反应,升高温度,化学平衡常数降低,a 点温度低于c点,因此K(a)>K(c),bd温度相同,则K(b)=K(d),故C说法错误;‎ D.根据进行分析,组分都是气体,开始时通入量相同,因此混合气体质量相同,CO转化率越大,气体总物质的量越小,a点气体总物质的量最小,即M(a)>M(c),M(b)>M(d),故D说法错误;‎ 答案:A。‎ ‎【点睛】化学平衡图像的做法是:一看面,横坐标和纵坐标代表的意义;二看线,看随着正坐标的增大,线的走向;三看点,看起点、拐点、终点等;四看辅助线,需不需要作等温线或等压线;然后根据影响化学反应速率的因素、勒夏特列原理进行分析。‎ ‎10.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R五种元素,原子序数依次增大,X元素的原子是所有元素中原子半径最小的,Y、W同主族,Z、W同周期.X与Y可形成具有18个电子的化合物G,在酸性条件下,在含W阴离子的溶液中加入G可得到W单质,Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是(  )‎ A. 原子半径:X<Y<W<R<Z B. 由Y、Z元素可形成两种离子化合物其阳离子与阴离子物质的量之比都是2:1‎ C. 沸点:X2Y>X2W D. W与R可形成共价化合物WR2,且WR2是极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R五种元素,原子序数依次增大,X元素的原子是所有元素中原子半径最小的,则X为H元素;Z是同周期中金属性最强的元素,则Z位于ⅠA族;Y、W同主族,W的原子序数大于Y,则W位于第三周期,又Z、W同周期,则Z为Na元素;X与Y可形成具有18个电子的化合物G,在酸性条件下,在含W阴离子的溶液中加入G可得到W单质,则G为双氧水,W为S、Y为O元素;R的原子序数大于W(S),则R为Cl元素。A.电子层越多,原子半径越大,电子层相同时,原子的核电荷数越大,原子半径越小,则五种元素的原子半径:X<Y<R<W<Z,故A错误;B.由Y、Z元素可形成两种离子化合物为氧化钠和过氧化钠,氧化钠和过氧化钠中阳离子(钠离子)与阴离子(氧离子、过氧根离子)物质的量之比都是2:1,故B正确;C.水分子中存在氢键,导致水的沸点较高,即沸点:X2Y>X2W,故C正确;D.W(S)与R(Cl)可形成共价化合物SCl2,SCl2为V形,结构不对称,属于极性分子,故D正确;故选A。‎ 点睛:正确推断元素种类是解答的关键。本题的易错点为B,要注意过氧化钠中的阴阳离子分别为钠离子和过氧根离子。‎ ‎11.25℃‎时,向20mL0.1mol·L-1H3PO2溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液,滴定曲线如图1,含磷微粒物质的量浓度所占分数(δ)随pH变化关系如图2。下列说法不正确是 A. H3PO2的电离方程式为H3PO2H2PO2-+H+ Ka≈10-5‎ B. B点时,溶液中存在关系:‎2c(H+)+c(H2PO2-)=‎2c(OH-)+c(H3PO2)‎ C. C点时,溶液中存在关系:c(Na+)+c(H+)=C(H2PO2-)+c(OH-)‎ D. D点时,溶液中微粒浓度大小关系:c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.由图1和图2可知,该酸(次磷酸)为一元弱酸,图1中B点对应的是加入10mL氢氧化钠溶液恰好中和一半的酸,此时溶液中c(H3PO2)≈c(H2PO2-)、pH=5,则c(H+)=10-5mol/L所以Ka= ≈10-5,所以A正确;C.由C点溶液中电荷守恒可知,C正确;D.D点为滴定终点,此时因次磷酸根水解而使溶液呈碱性,所以溶液中的各微粒浓度大小关系为c(Na+)>c(H2PO2-)>c(OH-)>c(H+),D正确。所以本题可以用排除法选B。‎ ‎12.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( ) ‎ A. Ka1(H2X)的数量级为10-5‎ B. 曲线N表示pH与lg的变化关系 C. NaHX溶液显碱性 D 当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2X发生电离方程式为H2XH++HX-,HX-H++X2-,Ka1=,Ka2=因为Ka1>Ka2,因此在相同pH时,>,然后得出N点表示pH与lg的变化关系,M点代表pH与lg的变化关系,据此分析。‎ ‎【详解】H2X发生电离方程式为H2XH++HX-,HX-H++X2-,Ka1=,Ka2=因为Ka1>Ka2,因此在相同pH时,>,然后得出N点表示pH与lg的变化关系,M点代表pH与lg的变化关系;‎ A.取lg=0,则=1,Ka1==c(H+)≈10-4.4=10-5+0.6≈10-5,故A正确;‎ B.根据上述分析,曲线N代表pH与lg的变化关系,故B错误;‎ C.NaHX中HX-的电离平衡常数Ka2=,取lg=0,则=1,此时对应的pH约为5.4,即Ka2的数量级约为10-6,HX-的水解平衡常数Kh==10-9<10-6,说明HX-的电离大于其水解,溶液显酸性,故C错误;‎ D.混合溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),混合溶液中的溶质为Na2X和NaHX,X2-的水解平衡常数Kh==10-8c(NaHX),从而得出离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-),故D错误;‎ 答案:A。‎ ‎13.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是( )‎ A. 图1中,插入海水中的铁棒,越靠近底端,腐蚀越严重 B. 镀层破损后,镀锌铁比镀锡铁更耐用 C. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗 D. 图2中,金属棒X若为Cu,可使埋在地下的钢管免受腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、插入海水中的铁棒,除发生化学腐蚀外,靠近液面的地方还会发生电化学腐蚀,越靠近液面腐蚀越严重,A错误;‎ B、镀层破损后,白铁形成原电池时,因为锌比铁活泼,易失电子,从而保护了铁,而镀锡铁破损后,因为形成原电池时,铁比锡活泼,铁被腐蚀,所以镀层破损后,镀锌铁比镀锡铁更耐用,B正确;‎ C、金属银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变质,属于化学腐蚀,C错误;‎ D、图2中,金属棒X若为Cu,铜的金属性比铁弱,作为原电池的正极,可使埋在地下的钢管加快腐蚀,D错误;‎ 答案选B。‎ ‎14.常温下,下列叙述正确的是( )‎ A. 盐酸溶液的导电能力一定比醋酸溶液的强 B. 在滴有酚酞溶液的氨水中,加入NH4Cl的溶液恰好无色,则此时溶液的pH< 7‎ C. 向10mL 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中,将减小 D. 用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液,最好选用甲基橙作指示剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液导电能力由溶液中离子浓度大小决定,与电解质强弱无关,故稀盐酸溶液的导电能力可能弱于浓醋酸溶液,A错误;‎ B、酚酞的变色范围为8-10,所以在滴有酚酞溶液的氨水中,加入NH4Cl的溶液恰好无色,此时溶液的pH< 8,不一定小于7,选项B错误;‎ C、向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,设一水合氨的电离平衡常数为Kb,根据一水合氨的电离平衡常数可知:,随着氨水的加入,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,则的值逐渐减小,选项C正确;‎ D、用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液,由于恰好反应时溶液呈碱性,应好选用酚酞作指示剂,选项D错误;‎ 答案选C。‎ ‎15.下列说法中正确的是( )‎ A. 水处理中用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 B. 制备无水AlCl3,可加热蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 C. 配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在硫酸中,然后再用水稀释到所需的浓度 D. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝盐和铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体,疏松多孔,具有吸附性,可吸附水中悬浮物,选项A正确;‎ B、加热蒸发Al与稀盐酸反应后的氯化铝溶液,铝离子水解产生氢氧化铝和盐酸,蒸干时盐酸挥发,得不到无水氯化铝,选项B错误;‎ C. 配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在盐酸中,然后再用水稀释到所需的浓度,若溶解在硫酸中,会引入杂质,选项C错误;‎ D. 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝,选项D错误;‎ 答案选A。‎ ‎16.用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,选用酚酞为指示剂,造成测定的盐酸浓度偏高的原因可能是(  )‎ A. 未用标准液润洗碱式滴定管 B. 滴定到终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作均正确 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗 D. 滴定前,滴定管尖嘴部分无气泡,到终点读数时发现滴定管尖嘴内有气泡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.未用标准液润洗碱式滴定管,标准液变稀,滴定时消耗标准液的体积偏大,造成测定的盐酸浓度偏高,选项A正确;‎ B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其它操作均正确,导致标准液的体积读数偏小,测定结果偏低,选项B错误;‎ C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,操作正确,不会影响测定结果,选项C错误;‎ D.滴定前,滴定管尖嘴部分无气泡,到终点读数时发现滴定管尖嘴内有气泡,导致读数偏小,会导致测定结果偏低,选项D错误;‎ 答案选A。‎ ‎17.常温下,浓度均为0.1mol/L的四种溶液pH如下表,依据已有的知识和信息判断,下列说法正确的是(  )‎ 溶质 Na2CO3‎ NaClO NaHCO3‎ NaHSO3‎ pH ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎9.7‎ ‎4.0‎ A. 常温下,HSO3¯的水解能力强于其电离能力 B. 常温下,相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO,pH依次升高 C. Na2CO3溶液中存在以下关系:c(Na+)+c(H+)=c(CO32¯)+c(HCO3¯)+c(OH¯)‎ D. 向氯水中加入少量NaHCO3固体,不能增大HClO的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0,说明溶液呈酸性,即电离大于水解,故A错误;B、强碱弱酸盐的碱性越强,对应的酸越弱,NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH,所以碳酸的酸性强于次氯酸,所以常温下,相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱,所以pH依次升高,故B正确;C、根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=‎2c(CO32¯)+c(HCO3¯)+c(OH¯),故C错误;D、向氯水中加入少量NaHCO3固体,盐酸酸性强于碳酸,使平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动,体积不变,次氯酸的物质的量增加,从而使HClO的浓度增大,故D错误;故选B。‎ ‎18.对水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的解释,说法正确的是 A. Mg(OH)2的溶度积大于MgCO3的溶度积,且在水中发生了沉淀转化 B. Mg(OH)2比MgCO3更难溶,且在水中发生了沉淀转化 C. MgCO3电离出的CO发生水解,使水中OH-浓度减小,对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言,Qc<Ksp,生成Mg(OH)2沉淀 D. 二者不能相互转化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 氢氧化镁难溶,而碳酸镁微溶,所以Mg(OH)2的溶度积应小于MgCO3的溶度积,碳酸镁可以转化为氢氧化镁,A项错误;B.水垢的成分是Mg(OH)2而不是MgCO3,是由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶,且在水中发生了沉淀转化,B项正确;C. MgCO3电离出的CO发生水解,使水中OH-浓度增大,对Mg(OH)2沉淀溶解平衡而言,Ksp<Qc,生成Mg(OH)2沉淀,C项错误;D. 沉淀的转化是可逆反应,在一定的条件下,二者可以实现相互转化,D项错误。答案选B。‎ ‎19.已知:H2(g)+F2(g)=2HF(g);ΔH= -270 kJ/mol,下列说法正确的是(   )‎ A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B. 1mol H2与1mol F2反应生成2mol液态HF放出的热量小于270kJ C. 在相同条件下,1mol H2与1mol F2的能量总和大于2mol HF气体的能量 D. 该反应中的能量变化可用如图来表示 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.生成HF的反应△H<0,说明该反应为放热反应,因此逆反应为吸热反应,故A错误;‎ B.气态HF转化成液态HF放出热量,因此1mol H2(g)与1mol F2(g)反应生成2mol液态HF放出的热量大于270kJ,故B错误;‎ C.生成HF气体的反应是放热反应,反应物总能量大于生成物总能量,故C正确;‎ D.放热反应中反应物总能量大于生成物总能量,即1mol H2(g)和1mol F2(g)具有的总能量比2mol HF(g)的能量高,故D错误;‎ 答案:C。‎ ‎20.下列浓度关系正确的是(  )‎ A. 0.1‎‎ mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全:c(NH4+)>c(OH-)>c(SO42-)>c(H +)‎ B. 若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液中性,则溶液中: ‎2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L C. 0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合,所得溶液呈碱性:c(Na+)>c(CN-)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 向‎1L 1mol/L的KOH热溶液中通入一定量的Cl2,恰好完全反应生成氯酸钾、次氯酸钾和氯化钾的混合溶液: c(K+)+c(H+)=‎6c(ClO3-)+‎2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项,向0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应为:NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3•H2O+H2O,电离方程式为:NH3•H2O NH4++OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)应大于c(NH4+),故A错误;B项,将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至溶液中性,根据电荷守恒:‎2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(OH-)=c(H+),则‎2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(Na+),又因为c(Na+)=0.2mol/L,所以‎2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.2mol/L,故B错误;C项,0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合,发生反应:NaOH+HCN=NaCN+H2O,反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液,因为所得溶液呈碱性,说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度,所以各微粒的大小关系为:c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+),故C错误;D项,由已知反应为:4Cl2+8KOH=6KCl+KClO+KClO3+4H2O,溶液中电荷守恒为:c(K+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO3-)+c(ClO-)+c(OH-),氧化还原反应得失电子守恒为:c(Cl-)=‎5c(ClO3-)+c(ClO-)+c(HClO),将电子守恒等式代入上式得,c(K+)+c(H+)=‎6c(ClO3-)+‎2c(ClO-)+c(HClO)+c(OH-),故D正确。‎ ‎21.已知某温度下AgCl(s)的溶度积常数Ksp=1×10-10。在该温度下,向50mL 0.018mol/L的AgNO3溶液中加入50mL 0.02mol/L的盐酸,生成沉淀(混合后溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是()‎ A. AgCl的溶解性为难溶,则该物质不溶于水 B. 沉淀生成后,溶液中Ag+的浓度1×10-5mol/L C. 沉淀生成后,溶液中NO3-的浓度1.8×10-2mol/L D. 沉淀生成后,溶液的pH为2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,根据量判断出HCl过量,然后根据Ksp进行分析;‎ ‎【详解】A.AgCl的溶解性为难溶,该物质在水中溶解性很小,绝对不溶于水的物质不存在,故A错误;‎ B.发生AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,n(AgNO3)=50×10‎-3L×0.018mol·L-1,n(HCl)=50×10‎-3L×0.02mol·L-1,HCl过量,反应后溶液中c(Cl-)==0.001mol·L-1,Ksp=c(Ag+)×c(Cl-),代入数值,得出c(Ag+)=10-7mol·L-1,故B错误;‎ C.根据AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3,NO3-物质的量不变,因此反应后溶液中c(NO3-)=‎ ‎=0.009mol·L-1,故C错误;‎ D.反应后c(H+)==0.01mol·L-1,即pH=2,故D正确;‎ 答案:D。‎ ‎22.下列有关说法中正确的是()‎ A. Ksp(AB2)c(OH-),溶液显酸性;‎ ‎ (2)根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),因为c(Na+)=c(CH3COO-),因此有c(H+)=c(OH-),溶液显中性;‎ ‎ (3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱,因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4+)最小,硫酸氢铵溶液中存在大量H+,抑制NH4+的水解,醋酸铵为弱酸弱碱盐,相互促进水解,盐中c(NH4+)最小,因此c(NH4+)由大到小的顺序是③①②④;‎ ‎ (4)根据化学反应速率的数学表达式,这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L,根据反应方程式,,解得n=3,根据反应速率之比等于化学计量数之比,因此有v(B)=v(C)=×0.6 mol/(L·min)=0.2 mol/(L·min),0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×‎0.5L)=0.6mol,则A的分解率=×100%=60%。‎ ‎【点睛】本题的难点是(3),盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱,首先判断出NH3·H2O中c(NH4+)最小,①②③中c(NH4+)判断,醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4+相互促进水解,因此醋酸铵中c(NH4+)小于NH4Cl中的c(NH4+),硫酸氢铵中HSO4-完全电离,相当于一元强酸,H+会抑制NH4+水解,因此硫酸氢铵溶液中c(NH4+)大于NH4Cl中c(NH4+),从而的出结果。‎ ‎24.按照要求回答下列问题 ‎(1)硫酸铁溶液显酸性的原因_____(用离子方程式表示).‎ ‎(2)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c(CH3COO﹣)=c(Na+),则混合后溶液显_____性.‎ ‎(3)浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中,c(NH4+)由大到小的顺序_____(填序号).‎ ‎(4)将化合物A的蒸气1mol充入‎0.5L容器中加热分解:‎2A(g)⇌B(g)+nC(g),反应到3min时,容器内A的浓度为0.8mol/L,测得这段时间内,平均速率ν(C)=0.6mol/(L•min),则化学方程式中的n值为_____,ν(B)=_____,此时A的分解率为_____.‎ ‎【答案】 (1). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ (2). 中 (3). ③①②④ (4). 3 (5). 0.2 mol/(L·min) (6). 60%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)硫酸铁溶液中,Fe3+发生水解,溶液显酸性;‎ ‎(2)根据电荷守恒进行分析;‎ ‎(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析;‎ ‎(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析;‎ ‎【详解】(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐,Fe3+发生水解:Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,使溶液中c(H+)>c(OH-),溶液显酸性;‎ ‎ (2)根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),因为c(Na+)=c(CH3COO-),因此有c(H+)=c(OH-),溶液显中性;‎ ‎ (3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱,因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4+)最小,硫酸氢铵溶液中存在大量H+,抑制NH4+的水解,醋酸铵为弱酸弱碱盐,相互促进水解,盐中c(NH4+)最小,因此c(NH4+)由大到小的顺序是③①②④;‎ ‎ (4)根据化学反应速率的数学表达式,这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L,根据反应方程式,,解得n=3,根据反应速率之比等于化学计量数之比,因此有v(B)=v(C)=×0.6 mol/(L·min)=0.2 mol/(L·min),0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×‎0.5L)=0.6mol,则A的分解率=×100%=60%。‎ ‎【点睛】本题的难点是(3),盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱,首先判断出 NH3·H2O中c(NH4+)最小,①②③中c(NH4+)判断,醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4+相互促进水解,因此醋酸铵中c(NH4+)小于NH4Cl中的c(NH4+),硫酸氢铵中HSO4-完全电离,相当于一元强酸,H+会抑制NH4+水解,因此硫酸氢铵溶液中c(NH4+)大于NH4Cl中c(NH4+),从而的出结果。‎ ‎25.(1)‎100°C时,KW=1.0×10-12,在该温度下,测得0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6。‎ ‎①H‎2A在水溶液中的电离方程式为_____;‎ ‎②体积相等pH=1的盐酸与H‎2A溶液分别与足量的Zn反应,H‎2A溶液产生的H2_____(填“多”、“少”或“一样多”)。‎ ‎(2)将0.4mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合,测得混合溶液中c(Na+)>c(A-):‎ ‎①混合溶液中c(A)_____c(HA)(填“>”、“<”或“=”,下同);‎ ‎②混合溶液中c(HA)+c(A)_____0.2mol/L。‎ ‎(3)已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列5种溶液的pH,如表所示:‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ ‎①少量二氧化碳通入NaClO溶液中的离子方程式_____;‎ ‎②浓度均为0.01mol/L的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍,pH变化最小的是_____(填编号);‎ a.CH3COOH b.HCN c.HClO d.H2CO3‎ ‎③常温下浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液pH=6,则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=_____mol/L(填准确数值)。‎ ‎【答案】 (1). H‎2A=2H++A2- (2). 一样多 (3). < (4). = (5). CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO3- (6). b (7). 1.98×10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据‎100℃‎时,KW=1.0×10-12,求出纯水中c(H+)=10-6mol/L,即该温度下,当pH=6时,溶液显中性,然后再判断出Na‎2A溶液的酸碱性,从得出H‎2A是强酸还是弱酸;‎ ‎(2)①先判断出反应后溶液中的溶质为HA和NaA,根据c(Na+)>c(A-),判断出是电离为主还是水解为主进行分析;‎ ‎②根据物料守恒进行分析;‎ ‎(3)①利用表格中的数据,利用“越弱越水解”分析出CH3COOH、H2CO3、HCO3-、HClO、HCN电离出H+能力大小,据此分析;‎ ‎②利用酸性最弱的酸,稀释相同倍数,pH变化最小;‎ ‎③利用电荷守恒和物料守恒进行分析;‎ ‎【详解】(1) ①‎100℃‎时,KW=1.0×10-12,纯水中c(H+)=10-6mol/L,该温度下,当pH=6时,溶液显中性,该温度下,0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6,溶液显中性,Na‎2A为强酸强碱盐,H‎2A为强酸,其电离方程式为H‎2A=2H++A2-;‎ ‎②H‎2A、HCl为强酸,完全电离,体积相等pH=1的盐酸和H‎2A溶液中n(H+)相等,因此与足量锌反应生成的氢气一样多;‎ ‎(2)HA的浓度是NaOH浓度的2倍,等体积混合后,溶质为NaA和HA,且两者物质的量相等,因为c(Na+)>c(A-),根据电荷守恒,c(H+)c(A-);‎ ‎②应是等体积混合,浓度降为原来的一半,根据物料守恒,c(HA)+c(A-)=0.2mol/L;‎ ‎(3)根据“越弱越水解”得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-,‎ ‎①少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO3-;‎ ‎②酸性最强的酸是CH3COOH,加水稀释促进弱酸的电离,相同浓度的不同酸稀释相同倍数,酸的酸性越弱,酸的pH变化越小,酸性最弱的酸是HCN,则pH变化最小的是HCN,故b正确;‎ ‎③电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),物料守恒:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=‎2c(Na+),则有:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=‎2c(H+)-‎2c(OH-),浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pH=6,即c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=mol·L-1=10-8mol/L,代入公式,得到c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(10-6-10-8)=1.98×10-6mol/L。‎ ‎26.(1)‎100°C时,KW=1.0×10-12,在该温度下,测得0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6。‎ ‎①H‎2A在水溶液中的电离方程式为_____;‎ ‎②体积相等pH=1的盐酸与H‎2A溶液分别与足量的Zn反应,H‎2A溶液产生的H2_____(填“多”、“少”或“一样多”)。‎ ‎(2)将0.4mol/L HA溶液与0.2mol/L NaOH溶液等体积混合,测得混合溶液中c(Na+)>‎ c(A-):‎ ‎①混合溶液中c(A)_____c(HA)(填“>”、“<”或“=”,下同);‎ ‎②混合溶液中c(HA)+c(A)_____0.2mol/L。‎ ‎(3)已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列5种溶液的pH,如表所示:‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ ‎①少量二氧化碳通入NaClO溶液中的离子方程式_____;‎ ‎②浓度均为0.01mol/L的下列4种物质的溶液分别加水稀释100倍,pH变化最小的是_____(填编号);‎ a.CH3COOH b.HCN c.HClO d.H2CO3‎ ‎③常温下浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液pH=6,则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=_____mol/L(填准确数值)。‎ ‎【答案】 (1). H‎2A=2H++A2- (2). 一样多 (3). < (4). = (5). CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO3- (6). b (7). 1.98×10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)先根据‎100℃‎时,KW=1.0×10-12,求出纯水中c(H+)=10-6mol/L,即该温度下,当pH=6时,溶液显中性,然后再判断出Na‎2A溶液的酸碱性,从得出H‎2A是强酸还是弱酸;‎ ‎(2)①先判断出反应后溶液中的溶质为HA和NaA,根据c(Na+)>c(A-),判断出是电离为主还是水解为主进行分析;‎ ‎②根据物料守恒进行分析;‎ ‎(3)①利用表格中的数据,利用“越弱越水解”分析出CH3COOH、H2CO3、HCO3-、HClO、HCN电离出H+能力大小,据此分析;‎ ‎②利用酸性最弱的酸,稀释相同倍数,pH变化最小;‎ ‎③利用电荷守恒和物料守恒进行分析;‎ ‎【详解】(1) ①‎100℃‎时,KW=1.0×10-12,纯水中c(H+)=10-6mol/L,该温度下,当pH=6时,溶液显中性,该温度下,0.1mol/L Na‎2A溶液pH=6,溶液显中性,Na‎2A为强酸强碱盐,H‎2A为强酸,其电离方程式为H‎2A=2H++A2-;‎ ‎②H‎2A、HCl为强酸,完全电离,体积相等pH=1的盐酸和H‎2A溶液中n(H+)‎ 相等,因此与足量锌反应生成的氢气一样多;‎ ‎(2)HA的浓度是NaOH浓度的2倍,等体积混合后,溶质为NaA和HA,且两者物质的量相等,因为c(Na+)>c(A-),根据电荷守恒,c(H+)c(A-);‎ ‎②应是等体积混合,浓度降为原来的一半,根据物料守恒,c(HA)+c(A-)=0.2mol/L;‎ ‎(3)根据“越弱越水解”得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-,‎ ‎①少量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式为CO2+ClO-+H2O=HClO+HCO3-;‎ ‎②酸性最强的酸是CH3COOH,加水稀释促进弱酸的电离,相同浓度的不同酸稀释相同倍数,酸的酸性越弱,酸的pH变化越小,酸性最弱的酸是HCN,则pH变化最小的是HCN,故b正确;‎ ‎③电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),物料守恒:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=‎2c(Na+),则有:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=‎2c(H+)-‎2c(OH-),浓度相同的醋酸和醋酸钠混合液的pH=6,即c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)=mol·L-1=10-8mol/L,代入公式,得到c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(10-6-10-8)=1.98×10-6mol/L。‎ ‎27.氧化铁是一种重要的无机材料,化学性质稳定,催化活性高,具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性,从某种工业酸性废液(主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣)中回收氧化铁流程如图:‎ 已知:常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10﹣11; Ksp[Fe(OH)2]=2.2×10﹣16;Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10﹣38;Ksp[Al(OH)3]=1.0×10﹣33。‎ ‎(1)写出在该酸性废液中通入空气时发生的离子反应方程式_____。‎ ‎(2)常温下,根据已知条件在pH=5的溶液中,理论上下列微粒在该溶液中可存在的最大浓度c(Fe3+)=_____。‎ ‎(3)有人用氨水调节溶液pH,在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来,此时可能混有的杂质是 ‎_____(填化学式,下同),用_____试剂可将其除去。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O; (2). 3.5×10-11mol·L-1 (3). Al(OH)3 (4). NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)酸性废液中含有Fe2+,Fe2+能被氧气氧化进行分析;‎ ‎(2)根据溶度积进行计算;‎ ‎(3)根据溶度积进行分析和计算。‎ ‎【详解】(1)酸性废液中含有Fe2+,Fe2+能被O2氧化,因此离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;‎ 答案:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;‎ ‎(2)溶液的pH=5,则溶液c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-),代入数值,得到c(Fe3+)=mol·L-1=3.5×10-11mol·L-1;‎ 答案:3.5×10-11mol·L-1;‎ ‎(3) 溶液的pH=5,则溶液c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)代入数值,c(Mg2+)=1.2×107mol·L-1,说明Mg2+没有出现沉淀,Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-),代入数值,得出c(Al3+)=10-6mol·L-1<1×10-5mol·L-1,说明Al3+几乎完全沉淀,混有的杂质为Al(OH)3,Al(OH)3属于两性氢氧化物,Fe(OH)3为碱性氢氧化物,因此需要加入NaOH溶液溶解Al(OH)3;‎ 答案:Al(OH)3;NaOH。‎ ‎【点睛】难点是氧化还原反应方程式的书写,先写出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物,即Fe2++O2→Fe3+,根据化合价升降法进行配平,得出4Fe2++O2→5Fe3+,然后根据溶液的酸碱性,判断出H+还是OH-进行分析,如本题废液为酸性,所以H+参与反应,根据原子守恒和电荷守恒,写出离子方程式。‎ ‎28.氧化铁是一种重要的无机材料,化学性质稳定,催化活性高,具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性,从某种工业酸性废液(主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、‎ Cl﹣、SO42﹣)中回收氧化铁流程如图:‎ 已知:常温下Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10﹣11; Ksp[Fe(OH)2]=2.2×10﹣16;Ksp[Fe(OH)3]=3.5×10﹣38;Ksp[Al(OH)3]=1.0×10﹣33。‎ ‎(1)写出在该酸性废液中通入空气时发生的离子反应方程式_____。‎ ‎(2)常温下,根据已知条件在pH=5的溶液中,理论上下列微粒在该溶液中可存在的最大浓度c(Fe3+)=_____。‎ ‎(3)有人用氨水调节溶液pH,在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来,此时可能混有的杂质是_____(填化学式,下同),用_____试剂可将其除去。‎ ‎【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O; (2). 3.5×10-11mol·L-1 (3). Al(OH)3 (4). NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)酸性废液中含有Fe2+,Fe2+能被氧气氧化进行分析;‎ ‎(2)根据溶度积进行计算;‎ ‎(3)根据溶度积进行分析和计算。‎ ‎【详解】(1)酸性废液中含有Fe2+,Fe2+能被O2氧化,因此离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;‎ 答案:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;‎ ‎(2)溶液的pH=5,则溶液c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-),代入数值,得到c(Fe3+)=mol·L-1=3.5×10-11mol·L-1;‎ 答案:3.5×10-11mol·L-1;‎ ‎(3) 溶液的pH=5,则溶液c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)代入数值,c(Mg2+)=1.2×107mol·L-1,说明Mg2+没有出现沉淀,Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-),代入数值,得出c(Al3+)=10-6mol·L-1<1×10-5mol·L-1,说明Al3+几乎完全沉淀,混有的杂质为Al(OH)3,Al(OH)3属于两性氢氧化物,Fe(OH)3为碱性氢氧化物,因此需要加入NaOH溶液溶解Al(OH)3;‎ 答案:Al(OH)3;NaOH。‎ ‎【点睛】难点是氧化还原反应方程式的书写,先写出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物,即Fe2++O2→Fe3+,根据化合价升降法进行配平,得出4Fe2++O2→5Fe3+,然后根据溶液的酸碱性,判断出H+还是OH-进行分析,如本题废液为酸性,所以H+参与反应,根据原子守恒和电荷守恒,写出离子方程式。‎ ‎29.将a L NH3通入某恒压的密闭容器中,在一定条件下让其分解,达到平衡后气体体积增大到b L(气体体积在相同条件下测定)。下列说法中正确的是( )‎ A. 平衡后氨气分解率为 ‎ B. 平衡混合气体H2的体积分数为 C. 反应前后气体的密度比为 ‎ D. 平衡后气体的平均摩尔质量为 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生2NH3N2+3H2,根据化学计量数的意义,以及差量法进行分析;‎ ‎【详解】‎ A. 根据上述,消耗NH3的体积为(b-a)L,则氨气的分解率为,故A错误;‎ B. 达到平衡,NH3的体积为[a-(b-a)]L=(‎2a-b)L,生成N2的体积为L,生成H2的体 积为L,则达到平衡时,H2的体积分数为=,故B正确;‎ C. 组分都是气体,则混合气体总质量保持不变,根据,因此有反应前后气体的密度之比等于体积的反比,即反应前后气体的密度比为,故C错误;‎ D. 相同条件下,气体体积之比等于物质的量之比,组分都是气体,气体质量保持不变,即为‎17a g,因此平衡后气体的平均摩尔质量为=g·mol-1,故D错误;‎ 答案:B。‎ ‎【点睛】易错点是选项D,学生忽略了摩尔质量的单位,摩尔质量的单位是g·mol-1,因此遇见摩尔质量时不仅注意数值,还要注意单位。‎ ‎30.25℃‎时,三种酸的电离平衡常数如下:回答下列问题:‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎1.8×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ ‎3.0×10-8‎ ‎(1)一般情况下,当温度升高时,电离平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)下列四种离子结合质子能力最强的是______(填字母)。‎ a.CO32- b.ClO- c.CH3COO- d.HCO3-‎ ‎(3)下列反应不能发生的是________(填字母)。‎ a.CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O ‎ b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO c.CO32-+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-‎ d.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO ‎【答案】 (1). 增大 (2). a (3). cd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)升高温度,促进电离;‎ ‎(2)利用“越弱与水解”进行分析;‎ ‎(3)利用电离平衡常数大的制取电离平衡常数小的;‎ ‎【详解】(1)弱电解质的电离是吸热过程,升高温度,促进电离,因此升高温度,电离平衡常数增大;‎ ‎ (2)根据表格中的数据,得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,结合“越弱与水解”,得出结合H+能力顺序是CO32->ClO->HCO3->CH3COO-,故a正确;‎ ‎ (3)根据(2) 得出电离出H+能力大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-,‎ a. 因为醋酸的酸性强于碳酸,因此醋酸能把碳酸制取碳酸,该反应能够发生,故a不符合题意;‎ b. 醋酸的酸性强于HClO,醋酸能够制取HClO,该反应能够发生,故b不符合题意;‎ c. 碳酸的酸性强于次氯酸,因此该反应不能发生,故c符合题意;‎ d. 电离出H+大小:HClO>HCO3-,因此碳酸与ClO-反应生成HClO和HCO3-,即反应反应不能发生,故d符合题意;‎ 答案:cd。‎ ‎31.阅读下列实验内容,根据题目要求回答问题。‎ 某学生为测定未知浓度的硫酸溶液,实验如下:用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液;以0.14mol·L-1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO4溶液25.00mL,滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL。‎ ‎(1)该学生用标准0.14mol·L-1 NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下:‎ A.用酸式滴定管取稀H2SO4 25.00mL,注入锥形瓶中,加入几滴酚酞做指示剂 B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管 C.用蒸馏水洗干净滴定管 D.取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后,将标准液注入碱式滴定管,调整液面,记下开始读数 E.检查滴定管是否漏水   ‎ F.另取锥形瓶,再重复操作一次 G.把锥形瓶放在滴定管下面,瓶下垫一张白纸,边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点,记下滴定管液面所在刻度 滴定操作的正确顺序是(用序号填写)_______________。‎ ‎(2)在D操作中应该调整液面到_________________,并使尖嘴处_____________。‎ ‎(3)配制准确浓度的稀H2SO4溶液,必须使用的主要容器是__________________。‎ ‎(4)滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为________;终点时颜色变化是____________。‎ ‎(5)用标准NaOH溶液滴定时,应将标准NaOH溶液注入____(选填“甲”或“乙”)中。‎ ‎(6)观察碱式滴定管读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,则结果会导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值___________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎(7)计算待测硫酸(稀释前的硫酸)溶液的物质的量浓度(计算结果到小数点后二位)____。‎ ‎【答案】 (1). ECDBAGF或ECBADGF (2). 0刻度或0刻度一下某一具体位置 (3). 充满标准NaOH溶液 (4). 100mL容量瓶 (5). 9 (6). 无色变为浅红色(或粉红色),且半分钟内不褪色 (7). 乙 (8). 偏小 (9). 8.40mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滴定的操作步骤为:验漏→水洗→润洗→装液→读数→滴定→读数→计算;故正确的操作顺序为ECDBAGF或ECBADGF;‎ ‎(2)装液之后,读数前应将液面调至0刻线或0刻线以下,并使尖嘴处充满溶液,若尖嘴处有气泡,则需要将气泡排出;‎ ‎(3)题中说明需要配置100mL稀H2SO4溶液,故需要使用100mL容量瓶来配制;‎ ‎(4)滴定终点是溶液由无色变为浅红色,且30s内不变色,此时溶液的pH约为9(酚酞的变色范围为8.2-10.0);‎ ‎(5)NaOH应装入乙(碱式滴定管)中;‎ ‎(6)观察碱式滴定管读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,会使得V(碱)偏小,根据c(酸)×V(酸)= c(碱)×V(碱)可得知,c(酸)偏小;‎ ‎(7)25.00mL H2SO4中,n(H2SO4)=c(NaOH)×V(NaOH)=0.14mol•L-1×15.00×10‎-3L=0.0021mol,则100mL H2SO4中,n(H2SO4)=×0.0021mol=0.0084mol,故1mL H2SO4的浓度为=8.40mol/L。‎ ‎32.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食品中;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题:‎ ‎(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂,其理由是_______________(‎ 用必要的化学用语和相关文字说明)。‎ ‎(2)相同条件下,0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH)。‎ ‎(3)如图是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。‎ ‎①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写字母),导致pH随温度变化的原因是___________________;‎ ‎②‎20℃‎时,0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中‎2c(SO)-c(NH)-‎3c(Al3+)=________。‎ ‎(4)室温时,向100 mL 0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液,得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示:‎ 试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是________;在b点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______________________。‎ ‎【答案】 (1). Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 (2). 小于 (3). Ⅰ (4). NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度使其水解程度增大,pH减小 (5). 10-3mol/L (6). a点 (7). c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体,具有吸附性; (2)NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,NH4HSO4中的铵根离子水解显示酸性,‎ 根据铵根离子的水解程度来回答; (3)①NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大;②根据电荷守恒定律解题;①a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4; ②依据电荷守恒得出结论;‎ ‎(4)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3•H2O抑制水的电离.b点溶液呈中性;b点溶液为中性,溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3•H2O,V(NaOH)>V(NH4HSO4)。‎ ‎【详解】(1)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水,‎ 故答案为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水;‎ ‎(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解,但NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性,会抑制NH4+的水解,HSO4-电离出的H+同样抑制NH4+的水解,因为HSO4-电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大,所以NH4Al(SO4)2中NH4+水解程度比NH4HSO4中的大,故0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(NH4+)小于0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH4+),‎ 故答案为小于;‎ ‎(3)①NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小,符合的曲线为Ⅰ;‎ ‎②‎20℃‎时,0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH=3,即c(H+)=10-3mol/L,c(OH-)较小,根据电荷守恒,可以求出‎2c(SO42-)-c(NH4+)-‎3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol/L- c(OH-)≈10-3mol/L,‎ 故答案为Ⅰ;NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小;10-3mol/L;‎ ‎(4)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,a点水的电离程度最大,b点溶液呈中性,即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分,a点时c(Na+)=c(SO42-),则b点时c(Na+)>c(SO42-),根据N原子与S原子数目相等以及N元素与S元素组成物质的关系,可以得出c(SO42-)>c(NH4+),故b点溶液中各离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+),‎ 故答案为a点;c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)。‎ ‎33.25 ℃‎时,部分物质电离平衡常数如表所示:‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO NH3·H2O H2SO3‎ 电离平衡常数 ‎1.8×10-5‎ K1=4.2×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ ‎4.7×10-8‎ ‎1.8×10-5‎ Ka1=1.3×10−2‎ Ka2=6.2×10−8‎ ‎(1)‎25℃‎时,等浓度的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、Na2SO3溶液,3种溶液的pH由大到小的顺序为____________________________________________。‎ ‎(2)工业上可用氨水除去尾气SO2。‎ ‎①若氨水的浓度为2.0mol·L-1,溶液中的c(OH−)=________mol·L−1。向该氨水中加入少量NH4Cl固体,溶液的pH__________(填“升高”或“降低”);若加入少量明矾,溶液中NH的浓度____________(填“增大”或“减小”)。‎ ‎②将SO2通入氨水中,当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时,溶液中的=_________________。‎ ‎(3)若某溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成,且恰好呈中性,则混合前c(HCl)‎ ‎___________c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”,下同);混合前酸中c(H+)和碱中c(OH-)的关系为c(H+)____________c(OH-)。‎ ‎(4)根据表中所给的信息,向NaClO溶液中通入少量CO2气体,发生反应的离子方程式为____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3溶液、Na2SO3溶液、CH3COONa溶液 (2). 6.0×10-3 (3). 降低 (4). 增大 (5). 0.62 (6). 小于 (7). 大于 (8). ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①依据图表数据分析,电离常数CH3COOH>HSO3->HCO3-,所以等浓度的Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、Na2SO3溶液水解程度:Na2CO3溶液>Na2SO3溶液>CH3COONa溶液,溶液pH由大到小依次为Na2CO3>Na2SO3>CH3COONa;‎ ‎(2)①若氨水的浓度为2.0mol·L-1,根据电离常数可知,溶液中的c(OH−)==mol·L−1=6.0mol·L−1;向该氨水中加入少量NH4Cl固体,铵根离子浓度增大,抑制氨水的电离,氢氧根离子浓度减小,溶液的pH降低;若加 入少量明矾,铝离子的水解促进氨水的电离,溶液中NH的浓度增大;‎ ‎②根据H2SO3的Ka2=6.2×10−8可知,=6.2×10−8,当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时,溶液中的=0.62;‎ ‎(3)‎25℃‎时,将a mol•L-1稀盐酸和b mol•L-1氨水混合而成等体积混合后,溶液呈中性,则混合后溶液的pH=7,当a=b时,两溶液恰好反应生成氯化铵,溶液显示酸性,若使溶液的pH=7,则一水合氨的浓度应该稍大一些,即aHClO>HCO3-,故向NaClO溶液中通入少量CO2气体,发生反应的离子方程式为:ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。‎ ‎34.A、B代表不同的物质,都是H、N、O、Na中的任意三种元素组成的强电解质, A的水溶液呈碱性,B的水溶液呈酸性,请找出A、B可能的两种组合。要求:相同浓度时,A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度;相同浓度时,B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度。(说明:NH4NO2不稳定,不考虑),请填写下列空白:‎ ‎(1)写出化学式:A1___________、A2__________、B1___________、B2___________。‎ ‎(2)已知,Ka(HNO2)=4.60×10-4,则0.01mol∙L-1 HNO2和0.01mol∙L‎-1 A2等体积混合组成溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________。‎ ‎(3)B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度,原因是_________________。‎ ‎(4)常温下,若B1、B2两种溶液的pH=5,则两溶液中由水电离出的氢离子的物质 的量浓度之比为________。‎ ‎(5)常温下,0.01mol∙L-1的HCOONa溶液的pH=10,则HCOOH的电离平衡常数Ka=_____。‎ ‎【答案】 (1). NaOH (2). NaNO2 (3). HNO3 (4). NH4NO3 (5). c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) (6). 硝酸电离出的氢离子抑制了水的电离,NH4+的存在促进了水的电离 (7). 1×10-4∶1 或(1∶) (8). 10-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据给出的元素,其中三种元素组成的强电解质,中学常见物质有:强碱(NaOH)、强酸(HNO3)‎ ‎、盐(NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等),A的水溶液呈碱性,B的水溶液呈酸性,相同浓度时,A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度,说明A1为强碱,A2为强碱弱酸盐,即A1为NaOH,A2为NaNO2;相同浓度时,B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度,说明B1为酸,B2强酸弱碱盐,即B1为HNO3,B2为NH4NO3,据此分析。‎ ‎【详解】(1) 根据给出的元素,其中三种元素组成的强电解质,中学常见物质有:强碱(NaOH)、强酸(HNO3)、盐(NaNO3、NaNO2、NH4NO3、NH4NO2等),A的水溶液呈碱性,B的水溶液呈酸性,相同浓度时,A1溶液中水的电离程度小于A2溶液中水的电离程度,说明A1为强碱,A2为强碱弱酸盐,即A1为NaOH,A2为NaNO2;相同浓度时,B1溶液中水的电离程度小于B2溶液中水的电离程度,说明B1为酸,B2强酸弱碱盐,即B1为HNO3,B2为NH4NO3;‎ ‎ (2)A2为NaNO2,等体积等浓度混合后,NO2-水解平衡常数为Kh==×10-10<10-4,说明HNO2电离大于NO2-的水解,溶液显酸性,离子浓度大小顺序是c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);‎ ‎ (3)B1为HNO3,属于酸,抑制水的电离,B2为NH4NO3,属于强酸弱碱盐,NH4+水解,促进水的电离;‎ ‎ (4)硝酸为酸,pH=5的硝酸溶液中c(H+)=10-5mol·L-1,该H+可以认为是由HNO3电离产生,根据水电离出c(H+)等于水电离c(OH-),因此pH=5的硝酸溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,硝酸铵溶液中H+是由水电离产生,该溶液中c(H+)=10-5mol·L-1,即两溶液中水电离出c(H+)1×10-9:(1×10-5)=1×10-4:1或(1:104);‎ ‎ (5)HCOONa溶液中存在HCOO-+H2OHCOOH+OH-,c(CHCOOH)≈c(OH-)==10-4mol·L-1,c(CHCOO-) ≈0.01mol·L-1,HCOO-水解常数Kh==10-6,则HCOOH的电离平衡常数Ka==10-8。‎

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